NHỊ THỨC NEWTON

ĐẠI SỐ 11

GV: PHAN NHẬT NAM

NHỊ THỨC NEWTON

NHỊ THỨC NEWTON

GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 2 www.toanhocdanang.com

NHỊ THỨC NEWTON & CÁC ỨNG DỤNG

Cơ sở lý thuyết :

1. Công thức khai triển nhị thức NEWTON :

nn

n

nn

n

n

n

n

n

n

n

n bCbaCbaCbaCaCba 1112221110 ...)(

n

k

kknk

n baC0

),1( Zn

2. Tính chất :

Vế phải của (1) có n +1 số hạng

Trong mỗi số hạng thì tổng lũy thừa của a và b bằng n.

Số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = kknk

n baC (số hạng thứ k trong khai triển)

Các hệ số cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau.Các hệ số mang tính đối xứng và tăng

dần từ biên vào điểm chính giửa của khai triển

3. Các dạng khai triển cơ bản :

n

n

n

n

knk

n

n

n

n

n

n

n

n CxCxCxCxCxCx 122110 ......)1(

0 1 2 2 1 1(1 ) ... ...n k k n n n n

n n n n n nx C C x C x C x C x C x

n

n

nn

n

nknk

n

kn

n

n

n

n

n

n CxCxCxCxCxCx )1()1(...)1(...)1( 1122110

nn

n

nnn

n

nkk

n

k

nnn

n xCxCxCxCxCCx )1()1(...)1(...)1( 1112210

kn

n

k

n CC

1

1

1

k

n

k

n

k

n CCC (n >1)

1

1

. ! .( 1)!.

( )! ! ( )!( 1)!

k k

n n

k n n nk C nC

n k k n k k

1

1

1 ! ( 1)! 1

1 ( 1)( )! ! ( 1)( )!( 1)! 1

k k

n n

n nC C

k k n k k n n k k n

Các dạng toán thường gặp :

1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn một yêu cầu cho trước :

Phương pháp :

Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk+1 = kknk

n baC (số hạng thứ k + 1)

Từ Tk+1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến n hoặc

biến k)

Giải phương trình ta có được kết quả cần tìm .

http://www.toanhocdanang.com/

NHỊ THỨC NEWTON


Trường hợp riêng: Cho nhị thức ( ) ( )n

P a x b x tìm số hạng chứa x (không chứa x khi 0 ) trong

khai triển thành đa thức của P

Phương pháp : Công thức cần lưu ý: .n

m m nx x , m n m nx x x , m

m n

n

xx

x

, m

n m nx x

Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n)

Khai triên: ( , )

0 0

( ) ( ) ( , )n n

n k k f n k

k k

P a x b x g n k x

.

Do đó số hạng tổng quát trong khai triển là: ( , )

1 ( , ) f n k

kT g n k x (số hạng thứ k + 1)

( , )

1 ( , ) f n k

kT g n k x chứa x 0( , )f n k k k

Thay 0k k vào ( , )

1 ( , ) f n k

kT g n k x số hạng cần tìm

Ví dụ 1(A - 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 35 n

n nC C . Tìm số hạng chứa 5x trong

khai triển nhị thức niu-tơn của 2 1

14

n

nxP

x

với 0x

Bài giải:

Điều kiện: 3

n N

n

Ta có: 1 3 5. ! !

51!( 1)! 3!( 3)!

n

n n

n nC C

n n

275 1

3 28 04( )( 3)!( 2)( 1) 6.( 3)!

nn n

n loain n n n

Khi n = 7 ta có:

72 27 7

14 3

7 770 0

1 1 ( 1)( 1)

2 2 2

n k k kk k k k

kk k

x xP C C x

x x

Do đó số hạng tổng quát của khai triển là 14 3

1 77

( 1)

2

kk k

k kT C x

1kT chứa 5x 14 3 5 3 9 3k k k

Vậy số hạng chứa 5x là 3

3 5 5

4 77 3

( 1) 35

2 16T C x x


NHỊ THỨC NEWTON


Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 82 11 xx .

Bài giải:

8

88 82 3 2 3 2

8

0

1 1 (1 ) ( 1) 1k k

k k

k

P x x x x C x x

8 8

24 3 2 24 3 2

8 8

0 0 0 0

( 1) ( 1)k k

k k i k i k k i k i

k k

k i k i

C C x x C C x

Số hạng tổng quát trong khai triển là 24 3 2

8( 1)k k i k i

kT C C x

T chứa 8x

0 816 60 8 83 16

0 310 2

,, , 8

3 1624 3 2 8 3 16 4

22

kkk kk

kii k

k i Nk i N k i N k

kik i k i

i

Do đó số hạng chứa 8x là: 6 6 1 8 8 8 4 8 6 1 8 4 8 8

8 6 8 8 8 6 8 8( 1) ( 1) 238C C x C C x C C C C x x

Vậy hệ số của số hạng chứa 8x là 238

Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức 93 23 F hãy tìm số hạng nguyên.

Ta có: 99 9

3 3

9

0

3 2 3 2k k

k

k

F C

có số hạng tổng quát là

9

3

1 9 3 2k k

k

kT C

Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố:

Do đó 1kT là một số nguyên

6 33 3

4 9

0 99 3

10 9

3 3 2 45360 9

9 29 3 2 8

3

k N

k T Ck

kk T C

k

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: 4 4536T và 10 8T

Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)

3 + … + 20(1 + x)

20

Viết lại P(x) dưới dạng : 20

20

19

19

2

210 ...)( xaxaxaxaaxP .

Tìm hề số 15a


NHỊ THỨC NEWTON


Ví dụ 5: Biết rằng tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 + 1)

n bằng 1024

Tìm hệ số của số hạng chứa x12

trong khai triển.

Ví dụ 6: Cho đa thức P(x) = (1 + x + x2 + x

3)5

15

15

2

210 ... xaxaxaa

Tính hệ số 10a ?

Ví dụ 7: (ĐH SPQN - 2000) Tìm hệ số chứa 3x trong khai triển thành đa thức của:

10

2( ) 1 2 3P x x x

2. Tính tổng hoặc chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tổ hợp:

Phương pháp :

Nhận xét bài toán từ đó chọn hàm số phù hợp với tổng, đẳng thức, bất đẳng thức(thông thường ta

hay sử dụng các hàm cơ bản nx )1( , (1 )nx , nx)1( , nx )1( )

Khai triển nhị thức vừa tìm được đồng thời sử dụng các phép biến đổi đại số, giải tích để có được

dạng phù hợp với đề bài .

Chọn giá trị của x cho phù hợp để có được biểu thức như đề bài. Thông thường ta chọn x là các số 1

hay -1 (cũng có thể 2, 3,…) Từ đó ta có được tổng hoặc mệnh đề cần chứng minh.

Ví dụ 1: Cho đa thức : P(x) = (1 + x2 – x

5)12

Khai triển đa thức về dạng 60

60

2

210 ...)( xaxaxaaxP

Tính tổng : S = 60210 ... aaaa (tổng tất cả các hệ số)

Bài giải

Theo giả thuyết ta có : 2 60 (1)

0 1 2 60( ) ...P x a a x a x a x đúng với x R

Do đó (1) đúng với x = 1, tức lá : 0 1 2 60(1) ...P a a a a S (2)

Lại có: P(x) = (1 + x2 – x

5)12

12

2 5(1) 1 1 1 1P (3)

Từ (2) và (3) ta có: 1S

ĐS: 1S

Ví dụ 2(D – 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho : 2432..842 3210 n

n

n

nnnn CCCCC

Bình luận: ta thấy tổng ở VT có lủy thừa cơ số 2 có số mũ tăng dần đều dó đó ta nghĩ ngay đến nhị

thức (1 )nx và ta cũng đoán được giá trị của biến phải chọn là 2x


NHỊ THỨC NEWTON


Bài giải

Ta có : 0 1 2 2 1 1(1 ) ... ...n k k n n n n

n n n n n nx C C x C x C x C x C x (1) đúng với x R

Do đó (1) cũng đúng với x = 2.

Xét x = 2 khi đó ta có:

0 1 2 2 3 31 (1 2) 2 2 2 ... 2n n n

n n n n nC C C C C

Từ giả thuyết ta có: 5(1 2) 243 3 3 5n n n

ĐS: n = 5

Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho:

1 2 2 3 3 4 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1)2 2005n n

n n n n nC C C C n C

Bài giải

Ta có: 1

2 1 2

(2 1)! (2 1)(2 )!(2 1)

!(2 1)! ( 1)!(2 1)!

k k

n n

k n n nkC n C

k n k k n k

Do đó ta có: 1 2 2 3 3 4 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1)2 n n

n n n n nC C C C n C

0 1 2 2 3 3 2 2

2 2 2 2 2(2 1) (2 1)2 (2 1)2 (2 1)2 ... (2 1)2 n n

n n n n nn C n C n C n C n C

0 1 2 2 3 3 2 2

2 2 2 2 2(2 1) 2 2 2 ... 2 n n

n n n n nn C C C C C

2

(2 1) 1 2 2 1n

n n

Từ giả thuyết ta có: 2 1 2005 1002n n

ĐS: 1002n

Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n:

2 3 4 1

0 1 2 32 1 2 1 2 1 2 1...

2 3 4 1

nn

n n n n nS C C C C Cn

Bài giải

1

1

1 ! 1 ( 1)! 1

1 ( 1) !( )! 1 ( 1)!( )! 1

k k

n n

n nC C

k k k n k n k n k n

2 3 4 1

0 2 3 4 1

1 1 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1...

1 1 1 1

nn

n n n n nS C C C C Cn n n n

0 2 2 3 2 1 1 2 2 1

1 1 1 1 1 1

1 12 2 ... 2 ...

1 1

n n n

n n n n n n nC C C C C C Cn n


NHỊ THỨC NEWTON


0 1 0 1 1 0 1

1 1 1 1

1 1(1 2) 2 (1 1)

1 1

n n

n n n n nC C C C Cn n

1 1 1 13 1 2( 1) 2 1 ( 1) 3 2

11 1 1

n n n nn n

n n n

ĐS: 1 13 2

1

n n

Sn

Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử.

Chứng minh rằng :2

1 3 5 2 1

2 2 2 2

1 1 1 1 2 1...

2 4 6 2 2 1

nn

n n n nC C C Cn n

Bài giải

Ta có : 1

2 2 1

1 2 ! 1 (2 1)! 1

1 ( 1) !(2 )! 2 1 ( 1)!(2 )! 2 1

k k

n n

n nC C

k k k n k n k n k n

Do đó : 1 3 5 2 1

2 2 2 2

1 1 1 1...

2 4 6 2

n

n n n nVT C C C Cn

0 2 4 6 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 1 1...

2 1 2 1 2 1

n

n n n n n

SC C C C C

n n n

(1)

Ta lại có: 0 2 1 2 2 1 4 2 3 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1, , , ,n n n n

n n n n n n n nC C C C C C C C

Suy ra 0 2 2 2 1 2 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ... ...n n n

n n n n n nS C C C C C C

2 10 1 2 2 2 1 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1... 1 1 2 2.2nn n n n

n n n n nC C C C C

22 nS

Thay vào (1) ta có: 22 1

2 1

n

VTn

(đpcm)

Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)

2n biết rằng :

1024... 12

12

5

12

3

12

1

12

n

nnnn CCCC

Ví dụ 6: Cho m, n, p nguyên dương sao cho ,np mp

Chứng minh rằng : 01122110 ... m

p

nm

p

n

p

mn

p

mn

p

mn

p

mn CCCCCCCCCCC

Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển

n

xx

1,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24.

Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ?


NHỊ THỨC NEWTON


Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đó tìm số hạng chứa x:

2 3 4( ) 1 2(1 ) 3(1 ) 4(1 ) ... (1 )nS x x x x x n x

3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển:

Phương pháp :

Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng ( , )

0 0

( , ).n n

g n k k

k

k k

P f n k x a x

từ đó suy ra hệ số ( , )ka f n k (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ka chỉ có

một biến)

ka là hệ số lớn nhất 1

1

k k

k k

a a

a a

00 kk k a là hệ số lớn nhất

Ví dụ 1(A– 2008) Cho khai triển 2

0 1 21 2 ...n n

nx a a x a x a x , trong đó *n N và

các hệ số 0 1 2, , ,..., na a a a thỏa mãn hệ thức : 1 20 ... 4096

2 4 2

n

n

aa aa

Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 2, , ,..., na a a a

Bài giải

0 1 2 2 2 2

0 1 21 2 ... 2 2 ... 2 2n n n n n k k

n n n n n k nx C C x C x C x a a x a x a x a C với 1,k n

Do đó: 1 2 2

0 0 1 21 20

2 2 2... ... ... (1 1) 2

2 4 2 2 4 2

n nn n nn n n n

n n n n nn n

a C C Ca aa C C C C C

Kết hợp giả thuyết ta có: 122 4096 2 2 12n n n

Khi đó : 122k k

ka C

ka là số lớn nhất

1 1

1 12 12

1 11 12 12

2 2

2 2

k k k k

k k

k k k kk k

a a C C

a a C C

2.12! 12! 2 1

!(12 )! ( 1)!(13 )! 23 2613

12! 2.12! 1 2 3 3

!(12 )! ( 1)!(11 )! 12 1

k k k k k kk

k k k k k k

Mà k là số nguyên nên ta có: 8k

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: 8 8

8 122 126720a C


NHỊ THỨC NEWTON


BÀI TẬP TỰ GIẢI

Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : 1 2 3 4 n 1 n

n n n n nS C 2C 3C 4C ... ( 1) .nC

Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2

Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau :

17

4 3

3 2

1P(x) x

x

, x ≠ 0

Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức

28

3 15

n

x x x

Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng n n 1 n 2

n n nC C C 79

Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức 2 1n

x

bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa 12x trong khai triển trên

Bài 5:(ĐH SP TP.HCM K A – 2000) Tính tổng : S =

0 1 2 n

n n n n

1 1 1C C C ... C

2 3 n 1

Bài 6:(ĐH KTQD K A – 2000) Chứng minh : n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1

n n n n n2 C 2 C 2 C 2 C ... nC n.3

Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa 31x trong khai triển của

40

2

1( )f x x

x

Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức:

9 10 11 14

( ) 1 1 1 ... 1P x x x x x có khai triển là :

2 14

0 1 2 14( ) ...P x a a x a x a x . Hãy tìm hệ số 9a


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 9:(ĐH Y Dược TP.HCM – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau:

1. 0 1 2 n

n n n nC C C ... C = 2

n

2. 1 3 5 2n 1

2n 2n 2n 2nC C C ... C = 0 2 4 2n

2n 2n 2n 2nC C C ... C

Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng :

0 1 2 3 2000

2000 2000 2000 2000 20002 3 4 ... 2001S C C C C C

Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: 12

( ) 1 2P x x thành đa thức ta có:

2 12

0 1 2 12( ) ...P x a a x a x a x

Tìm 0 1 2 12, , ,...,Max a a a a

Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển của biểu thức

4 5 6 7

( ) 1 1 1 1P x x x x x

Bài 13: Tính tổng : 6 5 4 3 2

0 1 2 3 4 5 6

6 6 6 6 6 6 6

2 2 2 2 2 2 1S C C C C C C C

1 2 3 4 5 6 7

Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có:

n

n k k

nn

k 0

1x C (2x 1)

2

Bài 15:( ĐH Ngoại thương A - 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng:

0 1 2 2 3 3 n n

n n n n n

1 1 1 1S C C .2 C .2 C .2 ... C .2

2 3 4 n 1

Bài 16: Chứng minh rằng: 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n

2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3 2 (2 1)

Bài 17:( ĐH Luật TP.HCM A - 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có:

1 n 1 2 n 2 3 n 3 n

n n n nC .3 2.C .3 3.C .3 ... n.C = n.4

n–1

Bài 18:( ĐH SP Hà nội A - 2001) Trong khai triển của nhị thức

10

1 2P(x) x

3 3

thành đa thức:

2 3 10

0 1 2 3 10...a a x a x a x a x Hãy tìm hệ số ka lớn nhất ( 0 9k )


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 19:Chứng minh rằng: 0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1)

Bài 20:Cho khai triển nhị thức niu – tơn :

n n 1 nn n 1x x x xx 1 x 1 x 1 x 1

0 1 n 1 n3 3 3 32 2 2 2

n n n n2 2 C 2 C 2 2 ... C 2 2 C 2

Với n N . Biết trong khai triển có 3 1

n nC 5C và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x.

Bài 21:(D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: 0 1 2 n n

n n n nC 2C 4C ... 2 C 243

Bài 22:Giã sử n là số nguyên dương và : 2 3

0 1 2 31 ...n n

nx a a x a x a x a x

Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho k 1 k k 1a a a

2 9 24

. Hãy tính n.

Bài 23:Gọi 1 2 3 11, , ,...,a a a a là các hệ số trong khai triển sau: 10 11 10 9

1 2 111 ( 2) ...x x x a x a x a

Hãy tìm hệ số 5a

Bài 24:Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Newton của

n

5

3

1x

x

, biết rằng :

n 1 n

n 4 n 3C C 7(n 3) (n nguyên dương, x > 0).

Bài 25: Cho n N , tính tổng sau theo n:

2 3 n 1

0 1 2 n

n n n n

2 1 2 1 2 1S C C C ... C

2 3 n 1

Bài 26:Với n là số nguyên dương, gọi 3 3na là hệ số của số hạng chứa 3 3nx

trong khai triển

thành đa thức của 2 1 ( 2)n

nx x .Tìm n , biết rằng 3 3 26na n

Bài 27:Chứng minh rằng với n N ta đều có: 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C ... C C C C ... C

Bài 28:

1. Giải phương trình: 1 2 3

x x xC 6C 6C = 9x

2 – 14x

2. Chứng minh rằng : 1 3 5 17 19

20 20 20 20 20C C C ... C C = 2

19


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 29: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 2n ta đều có:

n 1n

0 1 n

n n n

2 2C C ...C

n 1

Bài 30:

1. Tính tổng: S = 1 2 3 4 n 1 n

n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC (n > 2)

2. Tính tổng: T =

0 1 2 n

n n n n

1 1 1C C C ... C

2 3 n 1

Biết n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: n n 1 n 2

n n nC C C 79

Bài 31: Cho 2003( ) (16 15)P x x . Khai triển nó dưới dạng: 2 2003

0 1 2 2003( ) ...P x a a x a x a x

Tính tổng : 0 1 2 2003...S a a a a

Bài 32: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức niu-tơn sau:

15

1 2P x

3 3

.

Bài 33: Hãy khai triển nhị thức Newton 2(1 ) nx , với n là số nguyên dương. Từ đó chứng minh rằng:

1 3 2n 1 2 4 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n1C 3C ... (2n 1)C 2C 4C ... 2nC

Bài 34: Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x

2(1 – x)]

8.

Bài 35:Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton:

7

3

4

1x

x

với x > 0

Bài 36:Tìm số nguyên duownng n sao cho:

1 2 2 3 3 4 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... (2n 1).2 C = 2005

Bài 37:Tìm hệ số của số hạng chứa 7x trong khai triển nhị thức

2(2 3 ) nx , trong đó n là số

nguyên dương thỏa mãn 1 3 5 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 1024


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Newton của

n

7

4

1x

x

,

biết rằng: 1 2 n 20

2n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1

Bài 39:Tính tổng S =

0 1 2 n

n n n n

1 1 1 1

1 2 3 n 1

1.C 2.C 3.C (n 1).C...

A A A A

Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : 0 1 2

n n nC C C 211

Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta có dạng:

2

0 1 2( ) ... n

nP x a a x a x a x . Tìm số hạng chứa 5x , biết rằng: 0 1 2 71a a a

Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức

n

2

3

1x

x

,

biết rằng: 1 3

n nC C 13n (n là số nguyên lớn hơn 2, 0x ).

Bài 42:Tìm n N sao cho:

0 2 4 2n

4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 256

Bài 43:Cho

20 10

3

2

1 1A x x

xx

.

Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng

Bài 44:Tìm n N thỏa mãn:

0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16

2n 2n 2n 2n 2nC C 3 ... C 3 ... C 3 C 3 2 (2 1)

Bài 45: Chứng minh rằng:

0 n 1 n 1 n n 0 1 n

n n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C

Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa 29 8x y trong khai triển nhị thức Newton :

153x xy


NHỊ THỨC NEWTON


HƯƠNG DẪN GIẢI

Bài 1: S = 1 2 3 4 n 1 n

n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) .nC (n > 2)

Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo công thức Mewton ta được:

p(x) = (1 – x)n =

n

k k k

n

k 0

( 1) C .x

Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1

=

n

k 1 k k 1

n

k 1

( 1) .kC .x

Cho x = 1 ta được: 0 =

n

k 1 k

n

k 1

( 1) .kC = 1 2 3 4 n 1 n

n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) .nC = S

Vậy: S = 0

Bài 2: Số hạng tổng quát của khai triển :

17 3417 k k k

2 3 312 3

k k3 4 4

17 17C x x C x (k N, 0 ≤ k ≤ 17)

Nên số hạng không chứa x thì 17 34k 0

12 3

k = 8

Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng 8

17C .

Bài 3:

* Xác định n: n n 1 n 2

n n nC C C 79 1 + n +

n(n 1)

2

= 79

n 12

n 13 (loaïi)

* khi n = 12 ta có: :

12 k 12 k28 4 28

12

k3 15 3 15

12

k 0

x x x C x x =

48 112

12 kk 15 5

12

k 0

C x

Số hạng không phụ thuộc x 48 112k 0

15 5

k = 7.

Vậy số hạng cần tìm là: 7

12C = 792


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 4: Ta có: (x2 + 1)

n =

n

k 2k

n

k 0

C x (1)

Số hạng tổng quát của khai triển là 2

1

k k

k nT C x

1kT chứa 12x 2 12 6k k

Trong (1) cho x = 1 thì

n

k

n

k 0

C = 2n

Theo giả thuyết

n

k

n

k 0

C = 1024 2n = 1024 n = 10

Vậy hệ số cần tìm là: 6

10C = 210.

Bài 5:

* Ta có: I =

11 n 1 n 1

n

0 0

(1 x) 2 1(1 x) dx

n 1 n 1

* I = 1

0 1 n n

n n n

0

(C C x ... C x )dx =

12 n 1

0 1 n

n n n

0

x xC x C ... C

2 n 1

=

0 1 2 n

n n n n

1 1 1C C C ... C

2 3 n 1

= S

Vậy: S =

n 12 1

n 1

.

Bài 6:

Ta có: (1 + x)n = 0 1 2 2 3 3 4 4 n n

n n n n n nC C x C x C x C x ... C x

Lấy đạo hàm hai vế :

n(1 + x)n–1

= 1 2 3 2 4 3 n n 1

n n n n nC 2C x 3C x 4C x ... nC x

Thay x = 1

2

, ta được:

n 1

1 2 1 3 2 4 3 n n 1

n n n n nn 1

3n C 2C .2 3C 2 4C .2 ... nC 2

2

n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1

n n n n n2 C 2 C 3.2 C 4.2 C ... nC n.3


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 7:

40

2

1x

x

=

40 k40

k k

402

k 0

1C x .

x

=

40

k 3k 80

40

k 0

C x

Số hạng tổng quát của khai triển là 3 80

1 40

k k

kT C x

1kT chứa 31x 3 80 31 37k k

Heä soá cuûa x31

laø k

40C vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31 k = 37

Vậy hệ số của số hạng chứa x31

là 37 3

40 40

40.39.38C C

1.2.3

= 40.13.19 = 9880.

Bài 8:

9 9 9 9 9

9 10 11 12 13 14a 1 C C C C C

= 1 + 1 2 3 4 5

10 11 12 13 14C C C C C

= 1 + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10

2 6 24 120

= 3003

Bài 9:

1. (1 + x)n = 0 1 2 2 n n

n n n nC C x C x ... C x

Cho x = 1 0 1 2 n

n n n nC C C ... C = 2

n

2. (1 – x)2n

= 0 1 2 2 3 3 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2nC C x C x C x ... C x

Cho x = 1 đpcm.

Bài 10:

Ta có:

2000

2000k k

2000

k 0

x 1 C x (1)

Trong (1) cho x = 1 ta được

2000

k

2000

k 0

C = 22000

Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999

=

2000

i i 1

2000

i 1

i.C x

Cho x = 1 ta được:

2000

i

2000

i 1

i.C = 2000.21999

= 1000.22000

Do đó: S =

2000 2000

i i

2000 2000

i 0 i 1

C i.C = 1001.22000

.


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 11:

12 12

12 2 12

12 0 1 2 12

0 0

( ) (1 2 ) 2 ...k k k k

k

k k

P x x C x a a x a x a x a x

12 2k k

ka C

1

0 1 2

1

13 16; ; ;...;

3 3

k k

k n

k k

a aa Max a a a a k

a a

8

0 1 2 n 8 12Max a ;a ;a ;...;a a C = 126720

Bài 12:

Hệ số của số của số hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức là:

(x + 1)4 + (x + 1)

5 + (x + 1)

6 + (x + 1)

7 là : 5 5 5

5 6 7C C C = 1 +

6! 7!

5!1! 5!2!

= 28

Bài 13:

1. I = 1

6

0

(x 2) dx =

17 7 7

0

(x 2) 3 2

7 7

2. Ta có:

I = 1

6

0

(x 2) dx =

= 1

0 6 1 5 2 4 2 3 3 3 4 2 4 5 5 6 6

6 6 6 6 6 6 6

0

C .2 C 2 x C 2 x C 2 x C 2 x C 2x C x dx

=

16 5 4 3 2

0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7

6 6 6 6 6 6 6

0

2 2 2 2 2 2 1C x C x C x C x C x C x C x

1 2 3 4 5 6 7

= 6 5 4 3 2

0 1 2 3 4 5 6

6 6 6 6 6 6 6

2 2 2 2 2 2 1C C C C C C C

1 2 3 4 5 6 7

= S

Vậy: S = 7 7

3 2

7

Bài 14:

Nếu u = 2x – 1, ta được:

(*)

n n

k k

nn

k 0

u 1 1C u

2 2

(u + 1)n =

n

k k

n

k 0

C u điều phải chứng minh.


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 15:

Có

2 2

k k k k 1 k k

n n n

0 0

1 1 1C .2 C .x C x dx

k 1 2(k 1) 2

S =

0 1 2 2 3 3 n n

n n n n n

1 1 1 1C C .2 C .2 C .2 ... C .2

2 3 4 n 1

=

2 2n n n

k k k k k k

n n n

k 0 k 0 k 00 0

1 1 1C .2 C x dx C x dx

k 1 2 2

=

=

22 n 1

n

0 0

1 1 (x 1)(x 1) dx .

2 2 n 1

=

n 13 1

2(n 1)

Bài 16:

Ta có: (1 + 3)2n

= 0 1 1 2 2 2n n

2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3

(1 – 3)2n

= 0 1 1 2 2 2n n

2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:

42n

+ 22n

= 2 0 2 2 2n 2n

2n 2n 2nC C .3 ... C .3

Từ đó ta có: 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n

2n 2n 2n 2nC C .3 C .3 ... C .3 2 (2 1)

Bài 17:

Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = 0 n 1 n 1 n n

n n nC 3 C .3 x ... C .x

Ta có: f(x) = n(x + 3)n–1

= 1 n 1 2 n 2 n n 1

n n nC .3 2C .3 x ... nC x

Cho x = 1, ta được:

f(1) = n.4n–1

= 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n

n n n nC .3 2.C .3 3.C .3 ... n.C (đpcm)

Bài 18:

Ta có : 1k ka a k 1 k 1 k k

10 10C .2 C .2

1 2

(k 1)!(11 k)! k!(10 k)!

k ≤ 2(11 – k) k ≤ 22

3

Vậy hệ số lớn nhất là: 7a = 7 7

1010

1.C .2

3

.


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 19:

Ta có: (x + 1)2001

=

2001

k k

2001

k 0

C .x

(–x + 1)2001

=

2001

k k

2001

k 0

C .( x)

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:

(x + 1)2001

+ (–x + 1)2001

= 2 0 2 2 4 4 2000 2000

2001 2001 2001 2001C x C x C ... x C

Cho x = 3 ta được:

42001

– 22001

= 2 0 2 2 4 4 2000 2000

2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C

0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001

2001 2001 2001 2001C 3 C 3 C ... 3 C 2 (2 1)

Bài 20:

Từ 3 1

n nC 5C ta có n ≥ 3 và

n! n!5

3!(n 3)! (n 1)!

n(n 1)(n 2)

5n

6

n2 – 3n – 28 = 0

n 4 (loaïi)

n 7

Với n = 7 ta có: 3

xx 1

3 32

7C 2 2 = 140 35.2

2x–2.2

–x = 140

2x–2

= 4 x = 4.

Vậy n = 7, x = 4.

Bài 21:

Ta có: (x + 1)n =

n

k k

n

k 0

C x

Cho x = 2 ta được: 3n =

n

k k

n

k 0

C 2 3n = 243 n = 5.

Bài 22:

Ta có: k 1 k k 1a a a

2 9 24

(1) (1 ≤ k ≤ n – 1)

k 1 k k 1

n n nC C C

2 9 24

1 n! 1 n! 1 n!

2 (k 1)!(n k 1)! 9 k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)!


NHỊ THỨC NEWTON


2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!

2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k

2(n k 1) 9k

9(n k) 24(k 1)

2n 2k

11

3n 8k

11

Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2 n = 10.

Bài 23:

Ta có: (x + 1)10

= x10

+ 1 9 2 8 3 7 9

10 10 10 10C x C x C x ... C x 1

(x + 1)10

(x + 2) = x11

+ 1 10 2 9 3 8 9 2

10 10 10 10C x C x C x ... C x x

+ 10 1 9 2 8 3 7 9

10 10 10 102 x C x C x C x ... C x 1

= x11

+ 1 10 2 1 9 3 2 8

10 10 10 10 10C 2 x C C .2 x C C .2 x ...

+ 9 8 2

10 10C C .2 x + 10 9

10 10C C .2 x + 2

= x11

+ 1a x10

+ 2a x9 + … + 11a

Vậy 5a = 5 4

10 10C 2C = 672.

Bài 24:

Ta có: n 1 n

n 4 n 3C C 7(n 3)

n 1 n n

n 3 n 3 n 3C C C 7(n 3)

(n 2)(n 3)

2!

= 7(n + 3) n + 2 = 7.2! = 14 n = 12.

Số hạng tổng quát của khai triển là:

12 k5 60 11k

k 3 k k2 2

12 12C (x ) x C x

Ta có: 60 11k

2x = x8

60 11k

2

= 8 k = 4.

Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là

4

12

12!C

4!(12 4)!

= 495.

Bài 25:

Ta có: (1 + x)n = 0 1 2 2 n n

n n n nC C x C x ... C x

2 2

n 0 1 2 2 n n

n n n n

1 1

(1 x) dx C C x C x ... C x dx


NHỊ THỨC NEWTON


22 2 3 n 1

n 1 0 1 2 n

n n n n

1 1

1 x x x(1 x) C x C C ... C

n 1 2 3 n 1

2 3 n 1

0 1 2 n

n n n n

2 1 2 1 2 1C C C ... C

2 3 n 1

=

n 1 n 13 2

n 1

Bài 26:

Ta có: (x2 + 1)

n = 0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n

n n n nC x C x C x ... C

(x + 2)n = 0 n 1 n 1 2 2 n 2 3 3 n 3 n n

n n n n nC x 2C x 2 C x 2 C x ... 2 C

Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán.

Với n ≥ 3 thì x3n–3

= x2n

xn–3

= x2n–2

xn–1

Do đó hệ số của x3n–3

trong khai triển thành đa thức của:

(x2 + 1)

n(x + 2)

n là 3 3na = 3 0 3 1 1

n n n n2 .C .C 2.C .C

3 3na = 26n

2

2n(2n 3n 4)26n

3

n 5

7n (loaïi)

2

Vậy n = 5.

Bài 27:

Ta có khai triển : (x + 1)2n

= 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2nC x C x C x ... C x C

Cho x = –1 ta được:

0 = 0 1 2 3 4 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C C C C ... C C

1 3 2n 1 0 2 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2nC C ... C C C ... C

Bài 28:

1. Điều kiện :

x 1

x 2 x 3

x 3 x N

x N

PT x +

x! x!6 6

2!(x 2)! 3!(x 3)!

= 9x2 – 14x

x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x

x(x2 – 9x + 14) – 0

x 0 (loaïi)

x 7 (loaïi)

x 2

x = 2


NHỊ THỨC NEWTON


2. Caùch 1:

* Ta có: (1 – x)20

= 0 1 2 2 19 19 20 20

20 20 20 20 20C C x C x ... C x C x

Cho x = 1 ta có: 0 1 2 19 20

20 20 20 20 20C C C ... C C = 0

0 2 20 1 3 19

20 20 20 20 20 20C C ... C C C ... C

Nên : A = 0 2 20

20 20 20C C ... C ; B = 1 3 19

20 20 20C C ... C

A = B (1)

* Ta coù: (1 + x)20

= 0 1 2 2 19 19 20 20

20 20 20 20 20C C x C x ... C x C x

Cho x = 1 ta coù: 0 1 2 19 20

20 20 20 20 20C C C ... C C = 2

20

A + B = 220

(2)

Từ (1) và (2) suy ra A = 202

2

= 219

(đpcm).

Cách 2: Áp dụng công thức k k 1 k

n 1 n nC C C và 0

nC 1, ta được:

1 3 5 17 19

20 20 20 20 20C C C ... C C =

= 0 1 2 3 16 17 18 19

19 19 19 19 19 19 19 19C C C C C C C C

= (1 + 1)19

= 219

.

Bài 29:

Do 0 n

n nC C 1 nên ta có: 0 1 n 1 2 n 1

n n n n n nC C ...C C C ...C

Áp dụng BĐT côsi ta có:

n 11 2 n 1

1 2 n 1 n n n

n n n

C C ... CC C ...C

n 1

Áp dụng khai triển (a + b)n =

n

k k n k

n

k 0

C a b với a = b = 1, ta có:

0 1 2 n

n n n nC C C ... C = 2

n 1 2 n 1

n n nC C ... C = 2

n – 2

Suy ra:

n 1n

1 2 n 1

n n n

2 2C C ...C

n 1

(đpcm).

Bài 30:

1. Ta có: (1 + x)n = 0 1 2 2 3 3 n n

n n n n nC C x C x C x ... C x

Đạo hàm hai vế , ta được:


NHỊ THỨC NEWTON


n(1 + x)n–1

= 1 2 3 2 n n 1

n n n nC 2C x 3C x ... nC x

Cho x = –1

0 = 1 2 3 4 n 1 n

n n n n nC 2C 3C 4C ... ( 1) nC

Vậy S = 0.

2. Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2 3 3 n n

n n n n nC C x C x C x ... C x

1 1

n 0 1 2 2 3 3 n n

n n n n n

0 0

(1 x) dx C C x C x C x ... C x dx

1 1n 1

0 1 2 2 3 n n 1

n n n n

00

(1 x) 1 1 1C x C x C x ... C x

n 1 2 3 n 1

n 1

0 1 2 n

n n n n

2 1 1 1 1C C C ... C

n 1 2 3 n 1

Do đó: T =

n 12 1

n 1

Ta có: n n 1 n 2

n n nC C C 79

n N, n 2

n(n 1)1 n 79

2

n = 12

Vậy: T = 13

2 1

13

.

Bài 31:

P(x) = (16x – 15)2003

=

2003

k 2003 k k

2003

k 0

C (16x) ( 15)

=

2003

k 2003 k k 2003 k

2003

k 0

C (16) ( 15) x

Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = k 2003 k k

2003C (16) ( 15)

Vậy: S =

2003 2003

k 2003 k k

k 2003

k 0 k 0

a C (16) ( 15) = (16 – 15)2003

= 1

Bài 32:

Ta có:

15

1 2x

3 3

=

15 k k15 15

k k k k

15 1515

k 0 k 0

1 2 2C x C x

3 3 3

Gọi ka là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển:


NHỊ THỨC NEWTON


ka = k k

1515

1C .2

3

; k = 0, 1, 2, …, 15.

Xét sự tăng giảm của dãy số ka :

ak–1 < ak k 1 k 1 k k

15 15C .2 C .2 k 1 k

15 15C 2C

k < 32

3

, k = 0, 1,.., 15

Ta có: a0 < a1 < a2 < … < a10

ak–1 > ak k > 32

3

a10 > a11 > … > a15.

Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 = 10 10

10

1515 15

2 2C 3003.

3 3

.

Bài 33:

Ta có:

(1 – x)2n

= 0 1 2 2 3 3 4 4 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2nC C x C x C x C x ... C x C x

Đạo hàm hai vế theo biến x, ta có:

–2n(1 – x)2n–1

= 1 2 3 2 4 3 2n 1 2n 2 2n 2n 1

2n 2n 2n 2n 2n 2nC 2C x 3C x 4C x ... (2n 1)C x 2nC x

Thay x = 1 vào đẳng thức tren, ta được:

0 = 1 2 3 4 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2nC 2C 3C 4C ... (2n 1)C 2nC

Vậy: 1 3 2n 1 2 4 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n1C 3C ... (2n 1)C 2C 4C ... 2nC .

Bài 34:

Ta có: [1 + x2(1 – x)]

8 = 0 1 2 2 4 2 3 6 3

8 8 8 8C C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) +

+ 4 8 4 5 10 5 6 12 6 7 14 7 8 16 8

8 8 8 8 8C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x) C x (1 x)

Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng sau lớn hơn 8.

Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ tư , thứ năm với hệ số tương ứng là: 3 2 4 0

8 3 8 4C .C ; C .C

Suy ra: 8a = 168 + 70 = 238.

Bài 35:

Ta có:

7

3

4

1x

x

=

k

77 k

k 3

74

k 0

1C x

x

=

28 7k

7

k 12

7

k 0

C x

Số hạng không chứa x là số hạng tương ứng với k (k Z, 0 ≤ k ≤ 7) thỏa mãn


NHỊ THỨC NEWTON


điều kiện:

28 7k

0

12

k = 4

Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: 4

7C = 35.

Bài 36:

Ta có : (1 + x)2n+1

= 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C x C x C x ... C x

Đạo hàm hai vế ta có:

(2n + 1)(1 + x)2n

= 1 2 3 2 2n 1 2n

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2C x 3C x ... (2n 1)C x

Thay x = –2, ta có:

1 2 2 3 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C ... (2n 1)2 C = 2n + 1

Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005 n = 1002.

Bài 37:

Ta có: (1 + x)2n+1

= 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C x C x C x ... C x

Cho x = 1 ta có: 22n+1

= 0 1 2 3 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C (1)

Cho x = –1 ta có: 0 = 0 1 2 3 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C C ... C (2)

Lấy (1) – (2) 22n+1

= 1 3 2n 1

2n 1 2n 1 2n 12 C C ... C

22n

= 1 3 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1C C ... C = 1024 2n = 10

Ta có: (2 – 3x)10

=

10

k k 10 k k

10

k 0

( 1) C 2 (3x)

Suy ra hệ số của x7 là 7 7 3

10C 3 2

Bài 38:

Từ giả thuyết ta suy ra: 0 1 2 n 20

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 2 (1)

Vì k 2n 1 k

2n 1 2n 1C C , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:

0 1 2 n 0 1 2 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1C C C ... C C C C ... C

2

(2)

Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1

suy ra:

0 1 2 2n 1 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C (1 1) 2 (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n

= 220

n = 10.


NHỊ THỨC NEWTON


Ta có:

10 10 10k

7 k 4 10 k 7 k 11k 40

10 104

k 0 k 0

1x C (x ) x C x

x

Hệ số của số hạng chứa x26

là k

10C với k thỏa mãn: 11k–40 = 26 k = 6

Vậy hệ số của x26

là 6

10C = 210.

Bài 39:

0 1 2

n n nC C C 211

n N,n 2

n(n 1)1 n 211

2

2

n N,n 2

n n 420 0

n = 20

k k

kn n

n1

k 1

(k 1).C (k 1)CC

(k 1)!A

k!

(k = 1, 2, …, n)

Do đó: với n = 20 ta có: S = 0 1 20

20 20 20C C ... C = 2

20.

Bài 40:

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = k k k

nC ( 2) .x

Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71 0 1 2

n n nC 2C 4C 71

n N, n 2

n(n 1)1 2n 4 71

2

2

n N, n 2

n 2n 35 0

n = 7

Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)

n là: 5a = 5 5

7C ( 2) = – 672.

Bài 41:

Ta có: 1 3

n nC C 13n

n(n 1)(n 2)

n 13n

6

n2 – 3n – 70

n 10

n 7 (loaïi)

Số hạng tổng quát của khai triển là:

1kT = k 2 10 k 3 k k 20 5k

10 10C (x ) (x ) C x

1kT không chứa x 20 – 5k = 0 k = 4

Vậy số hạng không chứa x là: T5 = 4

10C = 210.


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 42:

Cách 1: Ta có: 0 1 2 4n 2 4n 2

4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2

0 2 4 4n 2 4n 1

4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2

0 2 4 2n 4n

4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C 2

Vậy có: 24n

= 256 n = 2

Cách 2: Nếu Sn = 0 2 4 2n

4n 2 4n 2 4n 2 4n 2C C C ... C

Thì Sn+1 = 0 2 4 2n

4n 6 4n 6 4n 6 4n 6C C C ... C

Vì 2k 2k

4n 6 4n 2C C (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn dãy (Sn) tăng.

Khi n = 2 thì S2 = 0 2 4

10 10 10C C C = 256

Vậy Sn = 256 n = 2.

Bài 43: A =

20 10

3

2

1 1x x

xx

=

20 10

k 10 k nk k 20 k 2 n n 3 1

20 10

k 0 n 0

( 1) C x x ( 1) C x x

=

20 10

k nk 20 3k n 30 4n

20 10

k 0 n 0

1 C x 1 C x

Xét trường hợp: 20 – 3k = 30 – 4n 10 – n = 3(n – k)

Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10

có 3 số hạng trong hai khai triển trên có lũy thừa của x giống nhau.

Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm:

21 + 11 – 3 = 29 số hạng.

Bài 44: Ta có : 42n

= (1 + 3)2n

= 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 ... C 3 C 3

22n

= (1 – 3)2n

= 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2nC C 3 C 3 ... C 3 C 3

42n

+ 22n

= 0 2 2 2n 2n

2n 2n 2n2 C C 3 ... C 3

42n

+ 22n

= 2.215

(216

+ 1)

(22n

– 216

)(22n

+ 216

+ 1) = 0

22n

= 216

n = 8.


NHỊ THỨC NEWTON


Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = 0 n 1 n 1 n n

n n nC a C a b ... C b

với a = 3, b = – 1 2n = (3 – 1)

n = 0 n 1 n 1 n n

n n nC 3 C 3 ... ( 1) C

với a = 1, b = 1 2n = (1 + 1)

n = 0 1 n

n n nC C ... C

Vậy : 0 n 1 n 1 n n 0 1 n

n n n n n nC 3 C 3 ... ( 1) C C C ... C

Bài 46: Số hạng tổng quát: k k 45 2k k

15C ( 1) x y

45 2k 29

k 8

k = 8

Vậy hệ số của số hạng chứa x29

y8 là : 8

15C = 6435.


Education

NHỊ THỨC NEWTON